Oitavo e Nono Anos
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Oitavo e Nono Anos
XXXIV Olimpı́ada Cearense de Matemática Nı́vel 2 - Oitavo e Nono Anos Reservado para a correção Prova Probl. 1 Probl. 2 Probl. 3 Probl. 4 Probl. 5 Total #0 Nota Instruções e Regulamento: 1. Identifique a prova somente no local indicado da capa. 2. Use o verso de cada folha como rascunho. 3. Verifique se sua prova está completa. A prova consta de 5 (cinco) problemas. 4. Somente serão consideradas as soluções escritas no espaço reservado para tal. Para escrevêlas, utilize caneta azul ou preta. 5. Cada problema vale 10 pontos. 6. O tempo de prova é de 4h. Nenhum candidato poderá sair antes de completados 30 minutos de prova. 8. As soluções e a classificação serão divulgadas oficialmente no sı́tio www.mat.ufc.br/ocm, a partir do dia 06/12/2014. 9. Serão classificados os 20 primeiros colocados de cada nı́vel. 10. Para fins de classificação, serão adotados os seguintes critérios de desempate: (a) maior número de problemas com pontuação ≥ 8; (b) maior nota no problema 5; (c) maior nota no problema 4; (d) maior nota no problema 3. 7. Não serão concedidas revisões de prova. Identificação: Prova #0 Nome: Endereço: E-mail: Escola: Telefone: Série: XXXIV O LIMP ÍADA C EARENSE DE M ATEM ÁTICA - N ÍVEL 2 - P ROVA # 0 Problema 1. Sejam x, y e z números inteiros tais que 2x − 3y − 10z = 0. Mostre que número inteiro. 2 y(x + z) é um 6 Solução. Repare que, da relação dada, y deve ser par, visto que y = 2x − 2y − 10z = 2(x − y − 5z). Por outro lado, a mesma relação pode ser escrita na forma 2(x + z) = 3(y + 4z), de onde concluı́mos que x + z é divisı́vel por 3. Portanto, y(x + z) é divisı́vel por 2 · 3 = 6. XXXIV O LIMP ÍADA C EARENSE DE M ATEM ÁTICA - N ÍVEL 2 - P ROVA # 0 3 Problema 2. Faça os seguintes itens: √ (a) Mostre que ( 2 + 1)3 > 10. √ (b) Mostre que, na representação decimal do número ( 2 − 1)33 , os primeiros 10 algarismos após a vı́rgula são todos iguais a 0. √ √ √ √ 2 3 Solução. Para o item (a), veja √ que ( 2+1) √ > 2 e ( 2+1) = 3+2 2 > 5. Logo ( 2+1) > 2·5 = 10. Para o item (b), observe que ( 2 + 1)( 2 − 1) = 2 − 1 = 1. Logo, √ ( 2 − 1) 33 = 1 √ 2+1 33 < 1 10 11 = 0, 00000000001. Logo, seus 10 primeiros algarismos após a vı́rgula são iguais a zero. XXXIV O LIMP ÍADA C EARENSE DE M ATEM ÁTICA - N ÍVEL 2 - P ROVA # 0 4 Problema 3. Seja ABCD um trapézio tal que AD é paralelo a BC e AD > BC. Seja E o ponto médio da diagonal BD e seja F o pé da reta perpendicular baixada de B a AD. (a) Mostre que, se AB = CD, então EF é paralelo a AC e EF = AC/2. (b) Mostre que, se o simétrico de C em relação a E coincide com o simétrico de A em relação a F , então AB = CD. Solução. (a) Seja X ∈ AD o ponto de interseção da reta que passa por B e é paralela a CD. Por um lado, BCDX é um paralelogramo, de forma que E é o ponto médio de CX. Por outro, o triângulo ABX é isosceles com AB = BX. Segue que AF = F X. Basta, agora, aplicar o teorema da base média ao triângulo ACX. (b) Denote por Y o simétrico de A em relação a F . Por hipótese, Y é também o simétrico de C em relação a E. Como as diagonais do quadrilátero Y BCD se cortam ao meio, temos que Y BCD é um paralelogramo. Portanto, Y B = CD. Temos também que os triângulos BF A e BF X são congruentes (caso lado-ângulo-lado). Assim, Y B = AB. Portanto, AB = Y B = CD. XXXIV O LIMP ÍADA C EARENSE DE M ATEM ÁTICA - N ÍVEL 2 - P ROVA # 0 5 Problema 4. Faça os seguintes itens: (a) Prove que x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz, para todos x, y, z ∈ R. (b) Encontre, com justificativa, os valores mı́nimo e máximo da soma x + y + z, sabendo que x, y e z são numeros reais que satisfazem as desigualdades x2 + yz ≤ 2, y 2 + xz ≤ 2, z 2 + xy ≤ 2. Solução. (a) Para x, y reais, temos que (x − y)2 ≥ 0, logo x2 + y 2 ≥ 2xy. De modo análogo, x2 + z 2 ≥ 2xz e y 2 + z 2 ≥ 2yz. Somando membro a membro as três desigualdades, segue que x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz. (b) Somando membro a membro as três desigualdades do enunciado, obtemos x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz ≤ 6 (1) Substituindo o resultado do item (a) na desigualdade acima, temos que xy +yz +xz ≤ 3. Somando essa última desigualdade novamente com (1), chegamos à conclusão que (x + y + z)2 ≤ 9. Então, os valores mı́nimo e máximo de x + y + z são respectivamente iguais a −3 e 3, realizados por x = y = z = 1 e x = y = z = −1, também respectivamente. XXXIV O LIMP ÍADA C EARENSE DE M ATEM ÁTICA - N ÍVEL 2 - P ROVA # 0 6 Problema 5. Dizemos que um conjunto X de números naturais é bom quando ele satisfaz a seguinte propriedade: para todo natural x, se x ∈ X, então 2x ∈ / X. Para cada natural k, sejam Ak = {1, 2, 3, . . . , 2k } e bk o maior número de elementos que um subconjunto bom de Ak pode ter. (a) Mostre, para todo k ≥ 2, temos bk = bk−2 + 2k−1 . (b) Para n natural, calcule o valor de bn em função de n. Solução. Seja I0 = {1} e, para todo natural k ≥ 1, seja Ik o conjunto {2k−1 + 1, . . . , 2k }. Queremos mostrar primeiro que, para todo k, existe um conjunto bom Bk ⊂ {1, 2, 3, . . . , 2k } tal que |Bk | = bk e que Ik ⊂ Bk , ou seja, Bk ∩ Ik = Ik . Para k ≥ 1, seja Xk ⊂ {1, 2, 3, . . . , 2k } um conjunto bom com bk elementos. Tome r ∈ Ik . Se r é ı́mpar, então, pela maximalidade de |X|, devemos ter r ∈ X. De fato, como 2r > 2k e r/2 ∈ / Z, se r ∈ / X terı́amos que X ∪ {r} seria um conjunto bom, contido em {1, 2, 3, . . . , 2k } e com mais elementos que X, o que é uma contradição. Suponha, agora, que r é par, digamos r = 2s. Veja que s ∈ Ik−1 e que no máximo um elemento do conjunto {r, s} pode pertencer a Xk . Note que o conjunto Xk′ = (X ∪ {r}) \ {s} também é bom e |Xk′ | ≥ |Xk |. Repetindo esse argumento para cada r ∈ Ik , temos que o conjunto Bk = (Xk ∪ Ik ) \ Ik−1 é bom e |Bk | ≥ |Xk | ≥ bk . Logo |Bk | = bk . Note agora que, como Bk é bom e Bk ∩ Ik = Ik , devemos ter Bk ∩ Ik−1 = ∅. Seja, agora, Xk−2 = Bk ∩ {1, 2, 3, . . . , 2k−2}. Claramente, todo subconjunto de um conjunto bom também é bom. Logo, Xk−2 é bom. Portanto, |Xk−2 | ≤ bk−2 , o que implica bk = |Bk | = |Xk−2| + |Ik | ≤ bk−2 + 2k−1. Por outro lado, se Yk−2 é qualquer subconjunto bom de {1, 2, 3, . . . , 2k−2 } temos que Yk−2 ∪Ik é bom (pois, para todo y ∈ Yk−2, temos 2y ∈ / Ik ). Em particular, tomando Yk−2 com a maior quantidade de elementos possı́vel, ou seja, bk−2 , segue que bk ≥ |Yk−2 ∪ Ik | = bk−2 + 2k−1 . Para o item (b), veja que a recorrência do item (a) implica (pois a soma é telescópica) b2n+1 = (22n + 22n−2 + · · · + 22 ) + b1 e b2n = (22n−1 + 22n−3 + · · · + 21 ) + b0 . Como b0 = b1 = 1, calculando a soma de cada PG acima e comparando os resultados, conclui-se que 2n+1 + (−1)n bn = . 3